Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi năm học 2007 - 2008 môn: Toán 8

Phòng GD&ĐT
đề chính thức
----o0o----
Đề thi khảo sát chất lượng học sinh giỏi
Năm học 2007-2008
Môn: Toán 8.
(Thời gian: 150phút, không kể thời gian giao đề)
Câu I(2đ). 
a/. Giả sử a và b nguyên tố cùng nhau với số 3 và a + b chia hết cho 3.
Chứng minh rằng: Đa thức xa + xb + 1 chia hết cho đa thức x2 + x + 1
b/. Cho x + y + z = 0. Chứng minh rằng: 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(x2 + y2 + z2)
Câu II(2đ).
a/. Giải và biện luận phương trình: 
b/. Cho c2 + 2(ab - bc - ca) = 0 và b ≠ c; a + b ≠ c. 
Hãy so sánh và 
Câu III(2đ). 
a/. Cho a, b, c là các số tự nhiên thoả mãn a – b là số nguyên tố và 
3c2 = c(a+b) + ab.	Chứng minh rằng: 8c + 1 là số chính phương.
b/. Cho x, y thoả mãn x2 + 4xy + 5y2 – 2008 = 0 và x.y ³ 0.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2x2 + 6xy + 10y2 
Câu IV(1đ). 
Tìm tất cả các số tự nhiên x, y và số nguyên tố z sao cho 
Câu V(3đ).
a/. Cho hình bình hành ABCD, các đường cao CE, CF (E thuộc AB, F thuộc AD). 
Chứng minh rằng: AD.DF + AB.AE = AC2
b/. Cho tam giác ABC có các đường phân giác BE, CF cắt nhau ở O và . Xác định tính chất của tam giác ABC.
---------------------------------------------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên thí sinh:.SBD
Học sinh trường:.
Phòng GD&ĐT
----o0o----
hướng dẫn chấm học sinh giỏi
Năm học 2007-2008
Môn: Toán 8.
Câu
Nội dung
Điểm
I
1a(1đ) 
- Vì a, b nguyên tố cùng nhau với 3 nên a, b không chia hết cho 3 mà 
a + b chia hết cho 3 nên giả sử a = 3k+1; b=3t+2
- Ta có xa + xb + 1 = x3k+1 + x3t+2 + 1= (x3k+1 – x) + (x3t+2 – x2) + (x2+x+ 1)
- Vì x3k+1 – x = x(x3k – 1) chia hết cho x2+x+ 1
 x3t+2 – x2 = x2(x3t – 1) chia hết cho x2+x+ 1
 (x2+x+ 1) chia hết cho x2+x+ 1
- Vậy xa + xb + 1 chia hết cho đa thức x2 + x + 1
0,25
0,25
0,25
0,25
1b(1đ)
- Vì x + y + z = 0 ị z = - x - y
- Ta có x5 + y5 + z5 = x5 + y5 + (- x – y)5 =.= 5xyz(x2 + y2 + xy)
- Suy ra 2(x5 + y5 + z5) = 5xyz(2x2 + 2y2 + 2xy) 
= 5xyz[(x+y)2 + y2 + x2] =5xyz(x2 + y2 + z2) ịđpcm
0,25
0,50
0,25
II
2a(1đ) 
-ĐKXĐ xạ 2
- Quy đồng đưa PT về dạng (m2 – 5m + 6)x = m – 2 
Û (m – 2)(m – 3)x = m – 2 
- Nếu m = 2 ta có 0x = 0 ịPT vô số nghiệm x ạ 2
- Nếu m = 3 ta có 0x = 1ịPT vô nghiệm
- Nếu m ạ 2; 3 ta có là nghiệm khi 
Vậy m = 2 ịPT có vô số nghiệm x ạ 2
 m = 3 hoặc ịPT vô nghiệm
 m ạ 2; 3; ị là nghiệm 
0,25
0,25
0,25
0,25
2b(1đ)
- Ta có c2 + 2(ab - bc - ca) = 0 Û c2 – 2c(b + a) + (a + b)2 – a2 – b2 = 0
Û (c - a - b)2 – a2 – b2 = 0
- Do đó 
0,25
0,25
0,5
III
3a(1đ)
- Đặt a – b = x; a + b = y ị ; 
- Ta có 3c2 = c(a+b) + ab 
- Vì x nguyên tố và y + 6c > y – 2c nên chính phươn 
0,25
0,25
0,25
0,25
3b(1đ)
- Xét 
- Nếu y = 0 thì x2 = 2008 hay ị P = 2.2008 = 4016
- Nếu y ạ 0, chia cả tử và mẫu cho y2 và đặt , ta có 
- Vì t2 + 4t + 5 >0 và t ³ 0 nên P ≤ 4016
Dấu “=” khi t = 0 hay x = 0 và 
Vậy Max P = 4016 khi y = 0 ; hoặc x = 0; 
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
(1đ)
- Biến đổi về dạng (y2 - z)(x2 – z) = z2
- Vì z nguyên tố và vai trò x, y như nhau nên
+ Nếu (vô lý vì z nguyên tố)
+ Nếu mà z nguyên tố nên x = y = z = 2
0,5
0,25
0,25
V
5a(1,5đ)
- Vẽ hình đúng 
- Kẻ DH, BK lần lượt vuông góc với AC
- c/m được DADH đồng dạng với DACF ị AD.AF = AC.AH (1)
- c/m được DACE đồng dạng với DABK ị AB.AE = AC.AK (2)
- c/m được DADH = DCBK ị AH = CK (3)
- Từ (1), (2), (3) ta có AD.AF + AB.AE = AC(AH + AK) = AC2 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5b(1,5đ)
- Vẽ hình đúng 
- Đặt BC = a, AC = b, AB = c. áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác tính được ; ; 
- Tương tự tính được 
- Từ GT có . Vậy DABC vuông A
0,25
0,50
0,25
0,50